שינויים
יצירת דף עם התוכן "=אינטגרל לא אמיתי {{הערה|(המשך)}}= ==משפט 4 {{הערה|(מבחן ההשוואה)}}== נניח ש-<math>\forall x\in[a,\infty):\ 0\le f(x)\..."
=אינטגרל לא אמיתי {{הערה|(המשך)}}=
==משפט 4 {{הערה|(מבחן ההשוואה)}}==
נניח ש-<math>\forall x\in[a,\infty):\ 0\le f(x)\le g(x)</math> ונניח ש-f,g אינטגרביליות מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אזי:
# אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס.
# אם <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתבדר אז <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתבדר.
===הוכחה===
# עפ"י משפט 3 מתקיים <math>\int\limits_a^\infty f=\sup_{R>a}\int\limits_a^R f\le\sup_{R>a}\int\limits_a^R g=\int\limits_a^\infty g</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f\le\int\limits_a^\infty g</math>. כעת, אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז הוא קטן מ-<math>\infty</math>, ולכן <math>\int\limits_a^\infty f<\infty</math> ומתכנס. {{משל}}
# הוכחה טריוויאלית בדרך השלילה, בעזרת סעיף 1. {{משל}}
==משפט 5 {{הערה|(מבחן ההשוואה הגבולי)}}==
נניח ש-f ו-g אינטגרביליות מקומית ואי-שליליות ב-<math>[a,\infty)</math>. עוד נניח שקיים <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L\in\mathbb R</math>. אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math>.
===הוכחה===
כיוון ש-<math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L</math> קיים <math>x_0>a</math> כך שלכל <math>x\ge x_0</math> מתקיים <math>\frac{f(x)}{g(x)}<L+1</math>, ז"א <math>0\le f(x)\le(L+1)g(x)</math>. נתון ש-g אינטגרבילית ב-<math>[a,\infty)</math>, ולכן, לפי משפט 2, היא אינטגרבילית ב-<math>[x_0,\infty)</math>. לפי משפט 1 גם <math>(L+1)g</math> אינטגרבילית ב-<math>[x_0,\infty)</math>. נובע מכך, יחד עם משפט 4, ש-f אינטגרבילית בקטע <math>[x_0,\infty)</math> ולפי משפט 2 היא אינטגרבילית ב-<math>[x_0,\infty)</math>. {{משל}}
===מסקנה===
בתנאים הנ"ל, אם מתקיים גם ש-<math>L\ne0</math> אז <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אם"ם <math>\int\limits_a^\infty f</math>.
====הוכחה====
לפי משפט 5 אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math>. נותר להוכיח את הכיוון השני. מכיוון ש-<math>L>0</math> מתקיים <math>\lim_{x\to\infty}\frac{g(x)}{f(x)}=\frac1L\in\mathbb R</math> ולכן, שוב לפי משפט 5, אפשר להסיק ש-<math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אם <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}}
===דוגמאות===
עבור כל אחד מהאינטגרלים הבאים נבדוק אם הוא מתכנס או מתבדר.
<ol>
<li><math>\int\limits_0^\infty \frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}\mathrm dx</math>:
====פתרון====
כידוע, עבור x גדול החזקות הגדולות קובעות את סדר הגודל של הביטוי. לכן עבור <math>x\to\infty</math> הפונקציה בסדר גודל <math>\frac{3x^3}{4x^4}=\frac34\cdot\frac1x</math>. נגדיר <math>f(x)=\frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}</math> וכן <math>g(x)=\frac1x</math>. אזי <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{3x^4-50x^3+5x^2}{4x^4+2x^2+5}=\frac34>0</math>. לכן האינטגרל מתבדר. {{משל}}
</li>
<li>
<math>\int\limits2^\infty\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}\mathrm dx</math>:
====פתרון====
נגדיר <math>f(x)=\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}</math> וכן <math>g(x)=\frac1{x\ln(x)}</math>. מתקיים <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^3\ln(x)+x^2\ln^2(x)+3x\ln(x)}{x^3\ln(x)+x^2+5}=1>0</math>. אבל <math>\int\limits_2^\infty g=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty</math>, כלומר מתבדר. לכן גם האינטגרל הנתון מתבדר. {{משל}}
</li>
<li>
<math>\int\limits_0^\infty x^{50}e^{-x}\mathrm dx</math>:
====פתרון====
נחשב את <math>\lim_{x\to\infty}\frac{x^{50}e^{-x}}{1/x^2}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{52}}{e^x}</math>: נפעיל את כלל לופיטל 52 פעמים ונקבל <math>\lim_{x\to\infty}\frac{52!}{e^x}=0</math>. לכן אם <math>\int\limits_0^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתכנס (מה שאכן מתקיים) אז האינטגרל הנתון מתכנס. {{משל}}
</li>
</ol>
==משפט 6 {{הערה|(המבחן האינטגרלי לטורים)}}==
נניח ש-f פונקציה יורדת, אי-שלילית ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[k,\infty)</math> (עבור <math>k\in\mathbb N</math> כלשהו). אזי <math>\int\limits_k^\infty f\in\mathbb R\iff\sum_{n=k}^\infty f(n)\in\mathbb R</math>.
===הוכחה===
נזכר בהגדרת דרבו של האינטגרל. <math>\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math> הוא סכום עליון של <math>\int\limits_k^N f</math> ו-<math>\sum_{n=k+1}^N f(n)</math> הוא סכום תחתון. נסיק ש-<math>\sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math>. כעת אם נתון ש-<math>\sum_{n=k}^\infty f(n)</math> מתכנס אז הסכומים החלקיים <math>\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math> חסומים מלעיל, ומכאן נובע שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_k^N f</math> חסומים מלעיל. נשאיף <math>N\to\infty</math> ומכיוון ש-<math>f(x)\ge0</math> האינטגרל <math>\int\limits_k^\infty f</math> מתכנס. מאידך, אם נתון כי <math>\int\limits_k^\infty f</math> אז האינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_k^N f</math> חסומים מלעיל, לכן הסכומים החלקיים <math>\sum_{n=k+1}^N f(n)</math> חסומים מלעיל ומכיוון ש-<math>f(x)\ge0</math> נובע ש-<math>\sum_{n=k+1}^\infty f(n)</math> מתכנס <math>\sum_{n=k}^\infty f(n)\Longleftarrow</math> מתכנס. {{משל}}
===מסקנה===
בהוכחה הראינו שבתנאים הללו מתקיים <math>\sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math>.
===דוגמאות===
<ol>
<li>
<math>\sum_{n=5}^\infty \frac1{n\ln(n)\ln(\ln(n))}</math> - מתכנס או מתבדר?
====פתרון====
נגדיר <math>f(x)=\frac1{x\ln(x)\ln(\ln(x))}</math>, אזי f יורדת, אינטגרבילית מקומית ואי-שלילית ב-<math>[30,\infty)</math>. עפ"י משפט 6 התכנסות הטור שקולה להתכנסות האינטגרל <math>\int\limits_{30}^\infty f</math>, שמתבדר: <math>\int=[\ln(\ln(\ln(x)))]_{x=30}^\infty=\infty</math> (אם כי ההתכנסות איטית מאוד). {{משל}}
</li><li>ידוע לנו ש-<math>\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6</math>. אם נקח, למשל, <math>\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}</math>, מהו סדר הגודל של השארית R?
====פתרון====
נחסום את השארית מלעיל ומלרע בעזרת המסקנה למשפט 6. נגדיר <math>f(x)=\frac1{x^2}</math> אזי <math>R=\frac{\pi^2}6-\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}=\sum_{n=10^6+1}^\infty</math>. מתקיים <math>\sum_{n=10^6+1}^\infty\le\int\limits_{10^6}^\infty f=\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6}^\infty=10^{-6}</math>. כמו כן <math>\int\limits_{10^6+1}^\infty f\le\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)</math> ולכן <math>\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\ge\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6+1}^\infty=\frac1{10^6+1}</math>.
לסיכום, השארית מקיימת <math>\frac1{10^6+1}\le R\le\frac1{10^6}</math>.
</li></ol>
----
פיתחנו כמה משפטים על התכנסות <math>\int\limits_a^\infty f</math> עבור f אי-שלילית. עתה נחזור לפונקציה כללית f שאינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>.
'''הגדרה:''' תהי f מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math>. נאמר ש-f מקיימת את תנאי קושי עבור <math>x\to\infty</math> אם לכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2\ge x_1>x_0</math> אז <math>|f(x_2)-f(x_1)|<\varepsilon</math>.
==משפט 7==
תהי f מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math>. <math>\lim_{x\to\infty} f(x)</math> קיים ממש אם"ם הוא מקיים את תנאי קושי בקטע.
===הוכחה===
תחילה נניח שקיים <math>\lim_{x\to\infty} f(x)=L\in\mathbb R</math> ונאמת את תנאי קושי. יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי ההגדרה קיים <math>b>a</math> כך שאם <math>x>b</math> אז <math>|f(x)-L|<\frac\varepsilon2</math>. מכאן נובע שאם <math>x_2\ge x_1>b</math> אז <math>|f(x_2)-f(x_1)|\le|f(x_2)-L|+|L-f(x_1)|\le\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon</math> ולכן מתקיים תנאי קושי.
מצד שני, אם f מקיימת את תנאי קושי, אז קיים <math>b>a</math> כך שלכל <math>x_2\ge x_1>b</math> מתקיים <math>|f(x_2)-f(x_1)|<1</math>. נקבע <math>x_1=b+1</math> ונובע שלכל <math>x_2>b+1</math> מתקיים <math>|f(x_2)-f(b+1)|<1</math>. לכן אם <math>x_2>b+1</math> אז <math>|f(x_2)|-|f(b+1)|\le\Big||f(x_2)|-|f(b+1)|\Big|\le|f(x_2)-f(b+1)|<1</math> ומכאן ש-<math>|f(x_2)|<|f(b+1)|+1</math>. לכן f חסומה בקטע <math>[b+1,\infty)</math> ולכן <math>\{f(b+1),\ f(b+2),\ f(b+3),\ \dots\}</math> סדרה חסומה. יש לה תת סדרה מתכנסת <math>\{f(b+n_k)\}_{k\in\mathbb N}</math> כך ש-<math>\lim_{k\to\infty} f(b+n_k)</math> קיים ונאמר שהוא <math>L\in\mathbb R</math>. טענה: <math>\lim_{x\to\infty} f(x)</math> קיים ושווה ל-L. הוכחה: <math>\lim_{k\to\infty} f(b+n_k)=L</math> ולכן עבור <math>\varepsilon>0</math> נתון קיים <math>k_0\in\mathbb N</math> כך שאם <math>k\ge k_0</math> אז <math>|f(b+n_k)-L|<\frac\varepsilon2</math>. כמו כן, עפ"י תנאי קושי יש מספר <math>c>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>c</math> אז <math>|f(x_2)-f(x_1)|<\frac\varepsilon2</math>. עתה נגדיר <math>d:=\max\{b+n_{k_0},c\}</math> ולכן <math>|f(x)-L|\le|f(x)-f(d)|+|f(d)-L|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon</math>. {{משל}}
==משפט 4 {{הערה|(מבחן ההשוואה)}}==
נניח ש-<math>\forall x\in[a,\infty):\ 0\le f(x)\le g(x)</math> ונניח ש-f,g אינטגרביליות מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אזי:
# אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס.
# אם <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתבדר אז <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתבדר.
===הוכחה===
# עפ"י משפט 3 מתקיים <math>\int\limits_a^\infty f=\sup_{R>a}\int\limits_a^R f\le\sup_{R>a}\int\limits_a^R g=\int\limits_a^\infty g</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f\le\int\limits_a^\infty g</math>. כעת, אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז הוא קטן מ-<math>\infty</math>, ולכן <math>\int\limits_a^\infty f<\infty</math> ומתכנס. {{משל}}
# הוכחה טריוויאלית בדרך השלילה, בעזרת סעיף 1. {{משל}}
==משפט 5 {{הערה|(מבחן ההשוואה הגבולי)}}==
נניח ש-f ו-g אינטגרביליות מקומית ואי-שליליות ב-<math>[a,\infty)</math>. עוד נניח שקיים <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L\in\mathbb R</math>. אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math>.
===הוכחה===
כיוון ש-<math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L</math> קיים <math>x_0>a</math> כך שלכל <math>x\ge x_0</math> מתקיים <math>\frac{f(x)}{g(x)}<L+1</math>, ז"א <math>0\le f(x)\le(L+1)g(x)</math>. נתון ש-g אינטגרבילית ב-<math>[a,\infty)</math>, ולכן, לפי משפט 2, היא אינטגרבילית ב-<math>[x_0,\infty)</math>. לפי משפט 1 גם <math>(L+1)g</math> אינטגרבילית ב-<math>[x_0,\infty)</math>. נובע מכך, יחד עם משפט 4, ש-f אינטגרבילית בקטע <math>[x_0,\infty)</math> ולפי משפט 2 היא אינטגרבילית ב-<math>[x_0,\infty)</math>. {{משל}}
===מסקנה===
בתנאים הנ"ל, אם מתקיים גם ש-<math>L\ne0</math> אז <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אם"ם <math>\int\limits_a^\infty f</math>.
====הוכחה====
לפי משפט 5 אם <math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אז <math>\int\limits_a^\infty f</math>. נותר להוכיח את הכיוון השני. מכיוון ש-<math>L>0</math> מתקיים <math>\lim_{x\to\infty}\frac{g(x)}{f(x)}=\frac1L\in\mathbb R</math> ולכן, שוב לפי משפט 5, אפשר להסיק ש-<math>\int\limits_a^\infty g</math> מתכנס אם <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}}
===דוגמאות===
עבור כל אחד מהאינטגרלים הבאים נבדוק אם הוא מתכנס או מתבדר.
<ol>
<li><math>\int\limits_0^\infty \frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}\mathrm dx</math>:
====פתרון====
כידוע, עבור x גדול החזקות הגדולות קובעות את סדר הגודל של הביטוי. לכן עבור <math>x\to\infty</math> הפונקציה בסדר גודל <math>\frac{3x^3}{4x^4}=\frac34\cdot\frac1x</math>. נגדיר <math>f(x)=\frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}</math> וכן <math>g(x)=\frac1x</math>. אזי <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{3x^4-50x^3+5x^2}{4x^4+2x^2+5}=\frac34>0</math>. לכן האינטגרל מתבדר. {{משל}}
</li>
<li>
<math>\int\limits2^\infty\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}\mathrm dx</math>:
====פתרון====
נגדיר <math>f(x)=\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}</math> וכן <math>g(x)=\frac1{x\ln(x)}</math>. מתקיים <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^3\ln(x)+x^2\ln^2(x)+3x\ln(x)}{x^3\ln(x)+x^2+5}=1>0</math>. אבל <math>\int\limits_2^\infty g=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty</math>, כלומר מתבדר. לכן גם האינטגרל הנתון מתבדר. {{משל}}
</li>
<li>
<math>\int\limits_0^\infty x^{50}e^{-x}\mathrm dx</math>:
====פתרון====
נחשב את <math>\lim_{x\to\infty}\frac{x^{50}e^{-x}}{1/x^2}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{52}}{e^x}</math>: נפעיל את כלל לופיטל 52 פעמים ונקבל <math>\lim_{x\to\infty}\frac{52!}{e^x}=0</math>. לכן אם <math>\int\limits_0^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתכנס (מה שאכן מתקיים) אז האינטגרל הנתון מתכנס. {{משל}}
</li>
</ol>
==משפט 6 {{הערה|(המבחן האינטגרלי לטורים)}}==
נניח ש-f פונקציה יורדת, אי-שלילית ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[k,\infty)</math> (עבור <math>k\in\mathbb N</math> כלשהו). אזי <math>\int\limits_k^\infty f\in\mathbb R\iff\sum_{n=k}^\infty f(n)\in\mathbb R</math>.
===הוכחה===
נזכר בהגדרת דרבו של האינטגרל. <math>\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math> הוא סכום עליון של <math>\int\limits_k^N f</math> ו-<math>\sum_{n=k+1}^N f(n)</math> הוא סכום תחתון. נסיק ש-<math>\sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math>. כעת אם נתון ש-<math>\sum_{n=k}^\infty f(n)</math> מתכנס אז הסכומים החלקיים <math>\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math> חסומים מלעיל, ומכאן נובע שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_k^N f</math> חסומים מלעיל. נשאיף <math>N\to\infty</math> ומכיוון ש-<math>f(x)\ge0</math> האינטגרל <math>\int\limits_k^\infty f</math> מתכנס. מאידך, אם נתון כי <math>\int\limits_k^\infty f</math> אז האינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_k^N f</math> חסומים מלעיל, לכן הסכומים החלקיים <math>\sum_{n=k+1}^N f(n)</math> חסומים מלעיל ומכיוון ש-<math>f(x)\ge0</math> נובע ש-<math>\sum_{n=k+1}^\infty f(n)</math> מתכנס <math>\sum_{n=k}^\infty f(n)\Longleftarrow</math> מתכנס. {{משל}}
===מסקנה===
בהוכחה הראינו שבתנאים הללו מתקיים <math>\sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n)</math>.
===דוגמאות===
<ol>
<li>
<math>\sum_{n=5}^\infty \frac1{n\ln(n)\ln(\ln(n))}</math> - מתכנס או מתבדר?
====פתרון====
נגדיר <math>f(x)=\frac1{x\ln(x)\ln(\ln(x))}</math>, אזי f יורדת, אינטגרבילית מקומית ואי-שלילית ב-<math>[30,\infty)</math>. עפ"י משפט 6 התכנסות הטור שקולה להתכנסות האינטגרל <math>\int\limits_{30}^\infty f</math>, שמתבדר: <math>\int=[\ln(\ln(\ln(x)))]_{x=30}^\infty=\infty</math> (אם כי ההתכנסות איטית מאוד). {{משל}}
</li><li>ידוע לנו ש-<math>\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6</math>. אם נקח, למשל, <math>\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}</math>, מהו סדר הגודל של השארית R?
====פתרון====
נחסום את השארית מלעיל ומלרע בעזרת המסקנה למשפט 6. נגדיר <math>f(x)=\frac1{x^2}</math> אזי <math>R=\frac{\pi^2}6-\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}=\sum_{n=10^6+1}^\infty</math>. מתקיים <math>\sum_{n=10^6+1}^\infty\le\int\limits_{10^6}^\infty f=\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6}^\infty=10^{-6}</math>. כמו כן <math>\int\limits_{10^6+1}^\infty f\le\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)</math> ולכן <math>\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\ge\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6+1}^\infty=\frac1{10^6+1}</math>.
לסיכום, השארית מקיימת <math>\frac1{10^6+1}\le R\le\frac1{10^6}</math>.
</li></ol>
----
פיתחנו כמה משפטים על התכנסות <math>\int\limits_a^\infty f</math> עבור f אי-שלילית. עתה נחזור לפונקציה כללית f שאינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>.
'''הגדרה:''' תהי f מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math>. נאמר ש-f מקיימת את תנאי קושי עבור <math>x\to\infty</math> אם לכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2\ge x_1>x_0</math> אז <math>|f(x_2)-f(x_1)|<\varepsilon</math>.
==משפט 7==
תהי f מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math>. <math>\lim_{x\to\infty} f(x)</math> קיים ממש אם"ם הוא מקיים את תנאי קושי בקטע.
===הוכחה===
תחילה נניח שקיים <math>\lim_{x\to\infty} f(x)=L\in\mathbb R</math> ונאמת את תנאי קושי. יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי ההגדרה קיים <math>b>a</math> כך שאם <math>x>b</math> אז <math>|f(x)-L|<\frac\varepsilon2</math>. מכאן נובע שאם <math>x_2\ge x_1>b</math> אז <math>|f(x_2)-f(x_1)|\le|f(x_2)-L|+|L-f(x_1)|\le\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon</math> ולכן מתקיים תנאי קושי.
מצד שני, אם f מקיימת את תנאי קושי, אז קיים <math>b>a</math> כך שלכל <math>x_2\ge x_1>b</math> מתקיים <math>|f(x_2)-f(x_1)|<1</math>. נקבע <math>x_1=b+1</math> ונובע שלכל <math>x_2>b+1</math> מתקיים <math>|f(x_2)-f(b+1)|<1</math>. לכן אם <math>x_2>b+1</math> אז <math>|f(x_2)|-|f(b+1)|\le\Big||f(x_2)|-|f(b+1)|\Big|\le|f(x_2)-f(b+1)|<1</math> ומכאן ש-<math>|f(x_2)|<|f(b+1)|+1</math>. לכן f חסומה בקטע <math>[b+1,\infty)</math> ולכן <math>\{f(b+1),\ f(b+2),\ f(b+3),\ \dots\}</math> סדרה חסומה. יש לה תת סדרה מתכנסת <math>\{f(b+n_k)\}_{k\in\mathbb N}</math> כך ש-<math>\lim_{k\to\infty} f(b+n_k)</math> קיים ונאמר שהוא <math>L\in\mathbb R</math>. טענה: <math>\lim_{x\to\infty} f(x)</math> קיים ושווה ל-L. הוכחה: <math>\lim_{k\to\infty} f(b+n_k)=L</math> ולכן עבור <math>\varepsilon>0</math> נתון קיים <math>k_0\in\mathbb N</math> כך שאם <math>k\ge k_0</math> אז <math>|f(b+n_k)-L|<\frac\varepsilon2</math>. כמו כן, עפ"י תנאי קושי יש מספר <math>c>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>c</math> אז <math>|f(x_2)-f(x_1)|<\frac\varepsilon2</math>. עתה נגדיר <math>d:=\max\{b+n_{k_0},c\}</math> ולכן <math>|f(x)-L|\le|f(x)-f(d)|+|f(d)-L|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon</math>. {{משל}}
